Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 111 Ngày 24 tháng 6 năm 2013 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 3 2 4 6y x x mx= − + (1), với m là tham số thực. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi 0m = . b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị đối xứng nhau qua đường thẳng 2 4 5 0x y− − = Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 2 2sin 3 1 8sin 2 . os 2 4 x x c x π + = + ÷ Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình ( ) 2 1 4 3 1 1 9 2 1 4 2 2 x x y x y x y x y + + + + + = + + + + = ÷ Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân ( ) 2 5 2 5 1 1 1 x dx x x − + ∫ Câu 5 (1,0 điểm). Cho tam giác ABC có · 0 60BAC = , nội tiếp đường tròn đường kính AI. Trên đường thẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC) tại A, lấy điểm S sao cho SA = 2BC. Gọi M và N lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên SB, SC. Chứng minh rằng mặt phẳng (AMN) vuông góc với đường thẳng SI và tính góc giữa hai mặt phẳng (AMN) và (ABC). Câu 6 (1,0 điểm). Chứng minh rằng ( ) ( ) ( ) ( ) 4 , , , 0 x y z y z x y z x x y z x y z y z z x x y + + + + + + + ≥ ∀ > + + + Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm A(0; 2) và đường thẳng d: 2 2 0x y− + = . Tìm trên d hai điểm B, C sao cho tam giác ABC vuông tại A và AB = 2AC. Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng d: 1 2 3 x y z = = và mặt phẳng (P): 6 0x y z + + − = . Gọi M là giao điểm của d và (P). Viết phương trình đường thẳng ∆ nằm trong mặt phẳng (P), vuông góc với d đồng thời thoả mãn khoảng cách từ M tới ∆ bằng 2 2 . Câu 9 (1,0 điểm). Giải phương trình sau trên tập số phức: 4 3 2 6 9 100 0x x x+ + + = Hết HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 111 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 Câu 1: a. (1.0 điểm) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số. * m = 0 thì 3 2 4 6y x x= − * TXĐ: D R= . * lim , lim x x y y →+∞ →−∞ = +∞ = −∞ * 2 0 ' 12 12 , ' 0 1 x y x x y x = = − = ⇔ = * Bảng biến thiên… Hàm số đồng biến trên ( ) ( ) ;0 ; 1;−∞ +∞ . Hàm số nghịch biến trên ( ) 0;1 Hàm số đạt cực đại tại 0, 0x y= = . Hàm số đạt cực tiểu tại 1, 2x y= = − Điểm uốn: 1 '' 24 12, '' 0 , 1 2 y x y x y= − = ⇔ = = − Giao Ox: 3 0 0 2 y x v x= ⇔ = = . Giao Oy: 0 0x y= ⇒ = . Câu 1: b. (1.0 điểm) Tìm m để đồ thị có … ( ) 2 ' ' 12 12y f x x x m= = − + . Hàm số có hai cực trị ' 36 12 0 3m m⇔ ∆ = − > ⇔ < Gọi hai điểm cực trị của đths là ( ) ( ) 1 1 2 2 , ; ,A x y B x y ( 1 2 ,x x là hai nghiệm của pt ' 0y = ) Có: ( ) ( ) 1 1 2 ' 2 3 6 3 6 m m y f x f x x x = = − + − + ÷ ÷ Do ( ) ( ) 1 2 ' ' 0f x f x= = nên 1 1 2 2 3 6 m m y x = − + ÷ và 2 2 2 2 3 6 m m y x = − + ÷ Vậy pt đt AB là 2 2 3 6 m m y x = − + ÷ A, B đối xứng nhau qua d: 2x – 4y – 5 = 0 ( ) ( ) 1 2 AB d I d ⊥ ⇔ ∈ (I là trung điểm AB) ( ) 2 1 1 2 . 1 0 3 2 m m ⇔ − = − ⇔ = ÷ (thoả mãn m < 3) I có toạ độ: 1 2 1 2 2 2 2 1 3 6 I I I x x x m m y x + = = = − + = − ÷ . ( ) ( ) 1 2 2. 4. 1 5 0 2 ⇔ − − − = (đúng) Vậy A, B đối xứng nhau qua d khi và chỉ khi m = 0 Câu 1: (1.0 điểm)Giải phương trình lượng giác… Pt ( ) ( ) 2 2 sin 3 0 1 4 4sin 3 1 8sin 2 . os 2 2 4 x x x c x π π + ≥ ÷ ⇔ + = + ÷ ( ) 2 2 1 os 6 1 4sin 2 .(1 os4 ) 2 c x x c x π ⇔ − + = + + ÷ ÷ 2 2sin 6 1 4sin 2 2sin 6 2sin 2x x x x⇔ + = + + − Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 1 12 sin 2 5 2 12 x k x x k π π π π = + ⇔ = ⇔ = + . - Với 12 x k π π = + : ( ) 1 sin 3 0 2 2 2 12 k k n x n π π π π ⇔ + ≥ ⇔ = ⇒ = + ÷ - Với 5 12 x k π π = + : ( ) 3 17 1 sin 3 0 2 1 2 2 12 k k n x n π π π π ⇔ + ≥ ⇔ = + ⇒ = + ÷ , n Z ∈ Câu 3: (1.0 điểm) Giải hệ phương trình… ( ) ( ) ( ) 2 1 4 3 1 1 9 2 1 1 4 2 2 2 x x y x y x y x y + + + + + = + + + + = ÷ ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 3 1 1 2 1 9 1 9 1 2 1 x y x y x y x y x y x y x y + − ⇔ + − + + = − + + ⇔ = − + + + + + + ( ) ( ) ( ) 1 3 1 . 3 1 0 2 1 x y x y x y x y ⇔ + − + + + = ÷ ÷ + + + + 1 3 x y⇔ + = Khi đó: ( ) ( ) 1 1 3 1 1 2 4 2 2 1 0 , 2 0 2 x x x t t t + + + ⇔ + = ⇔ − + = = > ÷ 1 1 5 2 t t = ⇔ − + = Với t = 1 1 4 3 x y = − ⇔ = , Với t = ( ) ( ) 2 2 log 5 1 2 1 5 7 2 log 5 1 3 x y = − − − + ⇒ = − − Câu 4: (1.0 điểm)Tính tích phân… ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 5 5 5 4 1 2 2 2 2 5 5 5 5 1 1 1 1 1 1 2 1 2 1 1 1 1 x x x x dx dx dx dx I I x x x x x x x − + − = = − = − + + + + ∫ ∫ ∫ ∫ 1 x t = ( ) ( ) 1 2 1 2 1 1 4 2 5 5 1 5 5 1 1 1 2 2 5 1 1 1 1 1 1 1 ln 1 6ln 2 ln 33 1 1 1 5 1 5 5 1 t t I dt dt d t t t t t t − ÷ ⇒ = = = + = + = − + + + ÷ ∫ ∫ ∫ ( ) ( ) 2 1 2 5 2 2 5 5 1 2 1 2 1 31 1 . 5 5 1 165 1 I d x x x = + = − = ÷ + + ∫ ( ) 1 31 6ln 2 ln33 5 165 I = − − Câu 5: (1.0 điểm)Tính thể tích và khoảng cách Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 N C A B I S M IB ⊥ AB (do AI là đường kính đtròn (ABC)), IB ⊥ SA (do SA ⊥ (ABC)) nên IB ⊥ (SAB) ⇒ IB ⊥ AM mà AM ⊥ SB nên AM ⊥ (SBI) ⇒ AM ⊥ SI Chứng minh tt: AN ⊥ SI. Vậy SI ⊥ (AMN) Có SA ⊥ (ABC); SI ⊥ (AMN) ( ) ( ) ( ) · ( ) · , ,ABC AMN SA SI⇒ = ∆ SAI có: · tan AS AI I SA = (1) AI là đường kính của đtròn (ABC) nên: · 2 2 . 3 sin ABC BC R AI AI BC BAC = = ⇒ = (2) Từ (1),(2) · ( ) ( ) ( ) · 0 2 2 . . 1 3 3 tan AS , 30 2 3 BC BC I ABC AMN SA BC ⇒ = = = ⇒ = Câu 6: (1.0 điểm)Chứng minh bất đẳng thức … Bđt ⇔ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 4 z x x y x y y z y z z x P y z z x x y x y z x y z + + + + + + = + + + + + ≥ + + Có: ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 ( ) z x x y x x yz yz x yz x x y z yz x x x x + + + + + + + + = ≥ = ÷ ÷ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 2 z x x y yz yz yz y z y z y z y z y z x x x x + + ⇒ + ≥ + + = + + + ≥ + + ÷ ÷ (1) Chứng minh tt có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 3 x y y z zx z x z x y y y z z x xy x y x y z z + + + ≥ + + + + + ≥ + + Từ (1), (2), (3) có: ( ) 2 2 yz zx xy P x y z x y z ≥ + + + + + ÷ (4) Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 Áp dụng bđt: 2 2 2 a b c ab bc ca+ + ≥ + + , có: . . . yz zx xy yz zx zx xy xy yz x y z x y z x y y z z x + + ≥ + + = + + (5) Từ (4), (5) ( ) 4P x y z⇒ ≥ + + . Dấu bằng xảy ra khi x = y = z Câu 7: (1.0 điểm)Tìm hai điểm B,C… Gọi H là hình chiếu của A lên d ta có AH = d(A, d) = 2 0 2.2 2 2 5 1 2 − + = + Tam giác ABC vuông tại A nên 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 5 1 2 4 4 AC AB AB AC AH AC AC + = ⇔ + = ⇒ = ⇒ = Khi đó C thuộc đường tròn (A,1): ( ) 2 2 2 1x y+ − = Toạ độ C là nghiệm hệ ( ) 2 2 2 1 2 2 0 x y x y + − = − + = 1, 0 7 4 , 5 5 y x y x = = ⇔ = = + Với C(0;1): đt AB qua A(0;2) có vtpt (0; 1)AC = − uuur có pt: 2 0y − = Toạ độ B là nghiệm hệ 2 2 0 2 (2;2) 2 0 2 x y x B y y − + = = ⇔ ⇒ − = = + Với C( 4 7 ; 5 5 ): đt AB qua A(0;2) có vtpt 4 3 ( ; ) 5 5 AC = − uuur có pt: 4 3 6 0x y− + = Toạ độ B là nghiệm hệ 6 2 2 0 6 2 5 ( ; ) 4 3 6 0 2 5 5 5 x x y B x y y = − − + = ⇔ ⇒ − − + = = Câu 8: (1.0 điểm)Viết phương trình đường thẳng … Toạ độ M là nghiệm hệ ( ) 1;2;3 1 2 3 6 0 x y z M x y z = = ⇔ + + − = Gọi d’ là hình chiếu của d lên mp(P) ' ( ) ( )d P Q⇒ = ∩ , với (Q) là mp chứa d và vuông góc (P). Mp(Q) qua M và có vtpt , Q d P n u n = uur uur uur = (-1; 2; -1) ⇒ (Q) có pt: 2 0x y z− + = ⇒ d’ có pt: 6 0 2 0 x y z x y z + + − = − + = 2 4 x t y z t = ⇔ = = − Vì ∆ nằm trong (P), ∆ ⊥ d nên ∆ ⊥ d’ Gọi H(t; 2; 4 – t) là giao điểm của ∆ và d’ ta có M ∈ d’ nên MH ⊥ ∆ ( ) ( ) ( ) 2 2 2 ( , ) 2 2 1 2 2 4 3 8MH d M t t⇒ = ∆ = ⇒ − + − + − − = ( ) 2 3 1 4 1 t t t = ⇒ − = ⇒ = − Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 + Với t = 3 thì H(3; 2; 1): ∆ qua H, có vtcp Q u n ∆ = uur uur nên ∆ có pt: 3 2 1 1 2 1 x y z− − − = = − − + Với t =-1 thì H(-1; 2; 5): ∆ qua H, có vtcp Q u n ∆ = uur uur nên ∆ có pt: 1 2 5 1 2 1 x y z+ − − = = − − Giải phương trình… Câu 9: (1.0 điểm) Pt ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 6 9 100 3 10x x x x x i⇔ + + = − ⇔ + = 2 2 3 10 0 (1) 3 10 0 (2) x x i x x i + − = ⇔ + + = (1) có ∆ = 9 40i + có một căn bậc hai là 5 4i + (1)⇒ có nghiệm 1 2 4 2 x i x i = + = − − (2) có ∆ = 9 40i − có một căn bậc hai là 5 4i − (2)⇒ có nghiệm 1 2 4 2 x i x i = − = − + . ĐT:01694838727 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 111 Ngày 24 tháng 6 năm 2013 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 3 2 4 6y x x mx= − + (1), với m là tham số thực. a) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị hàm số (1) khi. điểm). Giải phương trình sau trên tập số phức: 4 3 2 6 9 100 0x x x+ + + = Hết HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 111 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 Câu 1: a. (1.0 điểm) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số. . y x = = − = ⇔ = * Bảng biến thi n… Hàm số đồng biến trên ( ) ( ) ;0 ; 1;−∞ +∞ . Hàm số nghịch biến trên ( ) 0;1 Hàm số đạt cực đại tại 0, 0x y= = . Hàm số đạt cực tiểu tại 1, 2x y= =